重庆市2016中考数学 第二部分 题型研究 二、解答题重难点突破 题型四 三角形 四边形的证明与计算课件

二、解答题重难点突破第二部分题型研究目录题型四三角形、四边形的证明与计算类型一有等腰直角三角,通常作底边上的高、中线或顶角的平分线

类型二有直角三角形,通常作斜边上的中线类型三截长补短类型四构建适宜的三角形或四边形类型五有角平分线，作到角两边的垂线第二部分题型研究二、解答题重难点突破类型一有等腰直角三角形，通常作底边上的高、中线或顶角的平分线

题型四三角形、四边形的证明与计算典例精讲例已知，四边形ABCD是正方形，点P在直线BC上，点G在直线AD上（P、G不与正方形顶点重合，且在CD的同侧），PD＝PG，DF⊥PG于点H，DF交直线AB于点F，将线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，连接EF.

（1）如图①，当点P与点G分别在线段BC与线段AD上时，若PC=1，计算出DG的长；例题图①（2）如图①，当点P与点G分别在线段BC与线段AD上时，证明：四边形DFEP为菱形；（3）如图②，当点P与点G分别在线段BC与线段AD的延长线上时，（2）的结论：四边形DFEP为菱形是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由.例题图②（1）【思路分析】作PM⊥DG于点M，根据等腰三角形的性质由PD=PG得MG=MD，根据矩形的判定定理易得四边形PCDM为矩形，则PC=MD，于是有DG=2PC.解：作PM⊥DG于点M，如解图①，∵PD=PG,

∴MG=MD,∵四边形ABCD为正方形，∴四边形PCDM为矩形，∴PC=MD,∴DG=2PC=2.例题解图①M

(2)【思路分析】根据四边形ABCD为正方形得AD=AB，由四边形ABPM为矩形得AB=PM，则AD=PM，再利用等角的余角相等得到∠GDH=∠MPG，于是可根据“ASA”证明△ADF≌△MPG，得到DF=PG，加上PD=PG，得到DF=PD，然后利用旋转的性质得∠EPG=90°，PE=PG，所以PE=PD=DF，再利用DF⊥PG得到DF∥PE，于是可判断四边形DFEP为平行四边形，加上DF=PD，则可判断四边形DFEP为菱形.解：∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB,∵四边形ABPM为矩形，∴AB=PM,

∴AD=PM,∵DF⊥PG,

∴∠DHG=90°,∴∠GDH+∠DGH=90°,∵∠MGP+∠MPG=90°,∴∠GDH=∠MPG,在△ADF和△MPG中，∠A=∠GMP,AD=MP∠ADF=∠MPG,∴△ADF≌△MPG(ASA),∴DF=PG,而PD=PG,∴DF=PD,∵线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，∴∠EPG=90°,PE=PG,∴PE=PD=DF,而DF⊥PG,∴DF∥PE,即DF∥PE,且DF=PE,∴四边形DFEP为平行四边形，∵DF=PD,∴四边形DFEP为菱形.

(3)【思路分析】与（2）的证明方法一样可得到四边形DFEP为菱形.解：四边形DFEP是菱形，理由如下：作PM⊥DG于点M，如解图②，与（2）一样同理可证△ADF≌△MPG,∴DF=PG,而PD=PG,∴DF=PD,∵线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，∴∠EPG=90°,PE=PG,∴PE=PD=DF,例题解图②M而DF⊥PG,∴DF∥PE,即DF∥PE,且DF=PE,∴四边形DFEP为平行四边形，∵DF=PD,∴四边形DFEP为菱形.第二部分题型研究二、解答题重难点突破题型四三角形、四边形的证明与计算类型二有直角三角形，通常作斜边上的中线典例精讲例某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程：（1）在等腰△ABC中，AB=AC，分别以AB、AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图①所示，其中DF⊥AB于点F,EG⊥AC于点G，M是BC的中点，连接MD和ME,求证：①AF=AG=AB;

②MD=ME.例题图①（2）在任意△ABC中，仍分别以AB、AC为斜边，向△ABC的内侧作等腰直角三角形，如图②所示，M是BC的中点，连接MD和ME，试判断△MDE的形状.（直接写答案，不需要写证明过程）例题图②例题图③（3）在任意△ABC中，分别以AB、AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图③所示，M是BC的中点，连接MD和ME，则MD与ME有怎样的数量关系？

（1）【思路分析】由等腰直角三角形的性质可以得出F、G分别是AB、AC的中点，就可以得出FM、GM是△ABC的中位线，就可以得出∠BFM=∠BAC=∠CGM.就可以得出△DFM≌△EGM从而得出结论.

证明：①∵△ADB、△AEC是等腰直角三角形，DF⊥AB于点F,EG⊥AC于点G，∴DF=AF=AB,EG=AG=AC,∠DFB=∠EGC=90°，∵M是BC的中点，∴FM、GM是△ABC的中位线，∴FM=AC,GM=AB,FM∥AC,GM∥AB,∴∠BFM=∠BAC,∠BAC=∠CGM，∴∠BFM=∠CGM,∴∠BFM+∠DFB=∠CGM+∠EGC,∴∠DFM=∠EGM.∵AB=AC,∴AB=AC,∴AF=AG=AB，DF=EG,FM=GM，②在△DFM和△EGM中，

DF=EG∠DFM=∠EGMFM=GM，∴△DFM≌△EGM(SAS),∴MD=ME.（2）【思路分析】取BC、AB、AC的中点M、F、G，连接DF、MF，EG、MG，DF和MG相交于H，根据三角形的中位线的性质及直角三角形斜边中线的性质可以得出△DFM≌△MGE，由全等三角形的性质就可以得出结论.解：如解图①，取BC、AB和AC的中点M、F、G，连接MF、DF、MG、EG，DF和MG相交于H.∴MF∥AC,MF=AC,MG∥AB,MG=AB,∴四边形MFAG是平行四边形，∴MG=AF,MF=AG,∠AFM=∠AGM,∵△ADB和△AEC是等腰直角三角形，∴DF=AF,GE=AG,∠AFD=∠BFD=∠AGE=90°，∴MF=EG,DF=MG,∠AFM-∠AFD=∠AGM-∠AGE,例题解图①FGH即∠DFM=∠MGE.在△DFM和△MGE中，

FM=GE∠DFM=∠MGE，

DF=MG∴△DFM≌△MGE(SAS),∴MD=ME,∠MDF=∠EMG.∵MG∥AB,∴∠MHD=∠BFD=90°,（3）【思路分析】取AB、AC的中点F、G，连接DF、MF、EG、MG，根据三角形的中位线的性质和等腰直角三角形的性质就可以得出四边形AFMG是平行四边形，从而得出△DFM≌△MGE,根据其性质就可以得出结论.∴∠HMD+∠MDF=90°,∴∠HMD+∠EMG=90°,即∠DME=90°，∴△DME为等腰直角三角形.例题解图②解：MD=ME,

理由：如解图②，取AB、AC的中点F、G，连接DF、MF、EG、MG,

∴AF=AB,AG=AC.

∵△ABD和△AEC是等腰直角三角形，

∴DF⊥AB,DF=AB,EG⊥AC,EG=AC,

∴∠AFD=∠AGE=90°,DF=AF,GE=AG.

∵M是BC的中点，

∴MF∥AC,MG∥AB,FG∴四边形AFMG是平行四边形，∴AG=MF,MG=AF,∠AFM=∠AGM，∴MF=EG,DF=MG,∠AFM+∠AFD=∠AGM+∠AGE,∴∠DFM=∠MGE.在△DFM和△MGE中，

FM=GE

∠DFM=∠MGEDF=MG,∴△DFM≌△MGE(SAS),∴DM=ME.第二部分题型研究二、解答题重难点突破题型四三角形、四边形的证明与计算类型三截长补短典例精讲例（2015本溪）如图①，在△ABC中，AB=AC,射线BP从BA所在位置开始绕点B顺时针旋转，旋转角为α（0°<α<180°)

（1）当∠BAC=60°时，将BP旋转到图②位置，点D在射线BP上，若∠CDP＝120°,证明：BD=CD+AD；

例题图②例题图①（2）当∠BAC=120°时，将BP旋转到图③位置，点D在射线BP上，若∠CDP=60°，求证：BD-CD=AD;

（3）将图③中的BP继续旋转，当30°<α<180°时，点D是直线BP上一点（点P不在线段BD上），若∠CDP=120°,试猜想：线段BD、CD与AD之间的数量关系，并证明.例题图③（1）【思路分析】如解图①，∠CDP=120°，根据邻补角互补得出∠CDB=60°，那么∠CDB=∠BAC=60°，所以A、B、C、D四点共圆，根据圆周角定理得出∠ACD=∠ABD;在BP上截取BE=CD,连接AE.利用SAS证明△DCA≌△EBA，得出AD=AE,∠DAC=∠EAB，再证明△ADE是等边三角形，得到DE=AD，进而得出BD=CD+AD.证明：如解图①，∵∠CDP=120°，∴∠CDB=60°，∵∠BAC=60°，∴∠CDB=∠BAC=60°，∴A、B、C、D四点共圆，∴∠ACD=∠ABD.在BP上截取BE=CD，连接AE，在△DCA与△EBA中，

AC=AB

∠ACD=∠ABECD=BE,∴△DCA≌△EBA(SAS),例题解图①E∴AD=AE,∠DAC=∠EAB,∵∠CAB=∠CAE+∠EAB=60°，∴∠DAE=∠CAE+∠DAC=60°,∴△ADE是等边三角形，∴DE=AD,∵BD=BE+DE,∴BD=CD+AD.

(2)【思路分析】如解图②，设AC与BD相交于点O，在BP上截取BE=CD，连接AE,过A作AF⊥BD于F.先由两角对应相等的两三角形相似得出△DOC∽△AOB，于是∠ACD=∠ABE.再利用SAS证明△DCA≌△EBA，得出AD=AE,∠DAC=∠EAB.由∠CAB=∠CAE+∠EAB=120°，得出∠DAE=120°，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出∠ADE=∠AED==30°.解Rt△ADF，得到DF=AD，那么DE=2DF＝AD，进而得出BD=DE+BE=AD+CD,即BD-CD=AD.

证明：如解图②，设AC与BD相交于点O，在BP上截取BE=CD,连接AE，过A作AF⊥BD于F.

∵∠CDP=60°，

∴∠CDB=120°，∵∠CAB=120°，∴∠CDB=∠CAB,∵∠DOC=∠AOB，∴△DOC∽△AOB,∴∠ACD=∠ABE.例题解图②EFO在△DCA与△EBA中，

AC=AB∠ACD=∠ABE,

CD=BE∴△DCA≌△EBA(SAS),∴AD=AE,∠DAC=∠EAB,∵∠CAB=∠CAE+∠EAB=120°,∴∠DAE=120°,∴∠ADE=∠AED==30°.∵在Rt△ADF中，∠ADF=30°，∴DF=AD,∴DE=2DF=AD,∴BD=DE+BE=AD+CD,∴BD-CD=AD.(3)【思路分析】同（2）证明可以得出BD+CD=AD.

解：猜想：BD+CD=AD或CD-BD=AD.

证明：如解图③，在DB的延长线上取BE=CD,连接AE,过A作AF⊥BE于F.由三角形外角性质得∠CBE=∠CDB+∠BCD=60°+∠BCD,又∠CBE=∠ABC+∠ABE=30°+∠ABE，∴∠ABE=30°+∠BCD=∠ACB+∠BCD=∠ACD,∵AC=AB,CD=BE,∴△ACD≌△ABE（SAS）,∴∠EAB=∠DAC,AE=AD,∴∠EAB+∠BAD=∠BAD+∠DAC=120°,∴∠ADE=30°.DE=2DF=2ADcos∠ADF=AD,∴AD=BD+BE=BD+CD;例题解图③FE如解图④，当点P在DB的延长线上，在CD上截取CE=BD,连接AE,过A作AF⊥CD于F.易得△ACE≌△ABD，∴AE=AD,∠CAE=∠BAD,∴∠EAD=∠CAE+∠EAB=∠CAB=120°，在Rt△DAF中，FD=ADcos∠ADF=AD,∴ED=2FD=AD,∴CD-BD=AD.例题解图④EF第二部分题型研究二、解答题重难点突破题型四三角形、四边形的证明与计算类型四构建适宜的三角形或四边形典例精讲例（2015营口）（1）如图①，锐角△ABC中分别以AB、AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE=AB，AD=AC，∠BAE=∠CAD，连接BD，CE，试猜想BD与CE的大小关系，并说明理由.例题图①例题图②（2）如图②，四边形ABCD中，AB=7cm，BC=3cm，∠ABC=∠ACD=∠ADC=45°，求BD的长.（3）如图③，在（2）的条件下，当△ACD在线段AC的左侧时，求BD的长.例题图③解：BD=CE.理由如下：

∵∠BAE=∠CAD，

∴∠BAE+∠BAC=∠CAD+∠BAC，即∠EAC=∠BAD，在△EAC和△BAD中，

AE=AB∠EAC=∠BAD

AC=AD，

(1)【思路分析】先通过角度间的等量代换证明∠EAC=∠BAD，再根据SAS即可证明△EAC≌△BAD，由全等三角形的性质即可证明BD=CE.

∴△EAC≌△BAD（SAS），

∴BD=CE.（2）【思路分析】在△ABC的外部，以点A为直角顶点作等腰直角三角形BAE，使∠BAE=90°，AE=AB，连接EC，证明△EAC≌△BAD，证明BD=CE，然后在直角三角形BCE中利用勾股定理即可求解.解：如解图①，在△ABC的外部，以点A为直角顶点作等腰直角三角形BAE，使∠BAE=90°，AE=AB，连接EC.∵∠ACD=∠ADC=45°，∴AC=AD，∠CAD=90°，∴∠BAE+∠BAC=∠CAD+∠BAC，即∠EAC=∠BAD，在△EAC和△BAD中，

AE=AB

∠EAC=∠BADAC=AD，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴BD=CE.例题解图①E∵AE=AB=7，∴BE==7

，∠ABE=∠AEB=45°，又∵∠ABC=45°，∴∠ABC+∠ABE=45°+45°=90°，∴CE===，∴BD=CE=cm.

(3)【思路分析】在线段AC的右侧过点A作AE⊥AB于点A，交BC的延长线于点E，证明△EAC≌△BAD，证明BD=CE，即可求解.例题解图②解：如解图②，在线段AC的右侧过点A作AE⊥AB于点A，交BC的延长线于点E.∵AE⊥AB，∴∠BAE=90°，又∵∠ABC=45°，∴∠E=∠ABC=45°，∴AE=AB=7，BE==，又∵∠ACD=∠ADC=45°，∴∠BAE=∠DAC=90°，AC=AD,E∴∠BAE-∠BAC=∠DAC-∠BAC，即∠EAC=∠BAD，在△EAC和△BAD中，

AE=AB∠EAC=∠BAD，

AC=AD∴△EAC≌△BAD（SAS），∴BD=CE，∵BC=3，∴BD=CE=cm.第二部分题型研究二、解答题重难点突破题型四三角形、四边形的证明与计算类型五有角平分线，作到角两边的垂线典例精讲例（2014重庆A卷）如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB＝AC，AD⊥BC,垂足是D，AE平分∠BAD,交BC于点E.在△ABC外有一点F，使FA⊥AE,FC⊥BC.

（1）求证：BE=CF;(2)在AB上取一点M，使BM＝2DE,连接MC，交AD于点N，连接ME.

求证:①ME⊥BC;②DE=DN.例题图

(1)【思路分析】要证BE=CF，通过观察图形，得其分别在△ABE与△ACF中，由于△ABE与△ACF分别有一组边相等(AB=AC)，且BE、CF的对应角都与直角有关（∠BAC＝∠EAF＝90°），因此，可考虑通过证明△ABE与△ACF全等后，再进一步利用全等三角形的性质证明BE=CF.证明：如解图，∵∠BAC=90°，FA⊥AE，∴∠1+∠EAC=90°，例题解图

∠2+∠EAC=90°，∴∠1＝∠2，又∵AB=AC,∴∠B=∠ACB=45°.∵FC⊥BC,∴∠FCA=90°-∠ACB